电力拖动自动控制系统—运动控制系统习题答案
时间：2020-11-14 04:54:20 来源：勤学考试网 本文已影响 人 
《电力拖动自动控制系统 — 运动控制系统》习题
2-2 调速系统的调速范围是 1000~100r/min ，要求静差率 s=2%，那么系统允许的稳态速降是多少？
解：系统允许的稳态速降
? nN
snmin
=
0.02×100
=
s)
= 2.04 (r min )
(1 -
(1- 0.02)
2-5
某龙门刨床工作台采用晶闸管整流器
-电动机调速系统。已知直流电动机
PN = 60kW ，
U N
= 220V ， I N = 305A ， nN
= 1000
r min
，主电路总电阻 R=0.18?
，
Ce
= 0.2V ? min r ，求：
（1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落
? nN 为多少？
（2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率
sN 多少？
（3）额定负载下的转速降落
?
n
N
为多少，才能满足
D
= 20,
s ≤
的要求。
5%
解：（ 1）当电流连续时，在额定负载下的转速降落
? nN = I N R = 305×0.18 = 274.5(r
min )
Ce
0.2
（2）开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率
sN =
? nN
=
274.5
≈0.215 = 21.5%
nN + ? nN
1000 + 274.5
（3）额定负载下满足 D
= 20,
s
5%
要求的转速降落
≤
? nN
=
nN s
= 1000 ×0.05 ≈2.63(r min )
D(1- s)
20 ×(1 - 0.05)
2-6
有一晶闸管稳压电源，其稳态结构如图所示，已知给定电压
U u* = 8.8V , 比例调节放大
系数 K p = 2, 晶闸管装置放大系数
K s = 15, 反馈系数 γ= 0.7
。求：
1）输出电压 U d；
2）若把反馈线断开， U d 为何值？开环时的输出电压是闭环时的多少倍？
（3）若把反馈系数减至
γ= 0.35 ，当保持同样的输出电压时，给定电压
U u* 应为多少？
解：（ 1）输出电压
U d =
K p K s
U u*
=
2×15
×8.8 = 12(V)；
1+
K
p
K γ
× ×
s
1+ 2 15 0.7
（2）若把反馈线断开，
U d
= K p K sU u*
= 2×15×8.8
= 264(V )；开环时的输出电压是闭环
时的 264 12 = 22 倍。
（3）若把反馈系数减至
γ= 0.35 ，当保持同样的输出电压时，给定电压
1+ K p K sγ
1+ 2×15×0.35 ×12 = 4.6(V ) 。
U u* =
K p K s
U d =
2 ×15
=
U N - I d Ra
220 - 12.5×1.5
?min/
解：（
1）
V
r
Ce
nN
1500
?
nop
= RIN
= 12.5×(1.5 +1.0 + 0.8) = 307.6
/ min
Ce
0.1341
r
?
ncl
=
D
nN s
≤ 1500×0.1
= 8.33 / min
(1-
s
×
r
)
20 (1- 0.1)
（2）
3）
（4）闭环系统的开环放大系数为
K =
? nop
- 1 =
307.6
? ncl
- 1 = 35.93
8.33
K p =
K
35.93
= 13.77
运算放大器所需的放大倍数
=
K sα/ Ce
35 ×0.01/ 0.1341
解：
R = 4.8? Rs / R = 0.3125 <1/ 3
图见49页
解：计算系统中各环节的时间常数
电磁时间常数
Tl
= L =
0.05 = 0.02s
R
1.5+ 1.0
2
1.6×(1.5+1.0 + 0.8)
Tm = GD R
=
机电时间常数
= 0.082s
375CeCm
375×0.1341×30 ×0.1341
π
晶闸管装置的滞后时间常数为
Ts = 0.00167s
为保证系统稳定，应满足的稳定条件：
K < Tm (Tl
+ Ts ) + Ts2
= 0.082 ×(0.02 + 0.00167) +0.001672
= 53.29
TTls
0.02×0.00167
可以稳定运行，最大开环放大系数是
53.29
2-12 有一晶闸管 -电动机调速系统， 已知：电动机
PN = 2.8kW U N = 220V
I N = 15.6A
，
，
，
nN = 1500 r min ，Ra
= 1.5? ，整流装置内阻 Rrec =1? ，电枢回路电抗器电阻
RL = 0.8? ，
触发整流环节的放大倍数
K s = 35 。求：
（1）系统开环时，试计算调速范围
D
= 30
时的静差率
。
s
（2）当 D = 30, s = 10%
时，计算系统允许的稳态速降。
（3）如组成转速负反馈有静差调速系统，
要求 D = 30, s = 10% ，在 U n*
= 10V 时 I d = I N ，
n = nN ，计算转速反馈系数
α和放大器放大系数
K p 。
解：先计算电动机的反电动势系数
Ce = U N - I N Ra
= 220 - 15.6 ×1.5 = 0.131(V ? min r )
nN
1500
系统开环时的额定转速降落
? nNop =
I
N (
Ra
+ Rrec
+ RL)
15.6 ×(1.5 + 1+ 0.8)
≈393(r min )
Ce
=
0.131
（1）系统开环时，调速范围
D = 30 时的静差率
s = n
D? nN
n
=
30×393
≈0.887 = 88.7%；
+
D
?
×
N
N
1500 + 30
393
（2）当
D = 30, s = 10% 时，系统允许的稳态速降
? nN =
nN s
= 1500 ×0.1
≈5.56(r
min )
D(1-
s)
30×(1 - 0.1)
D = 30, s =10% ，则系统开环放大系数
（3）如组成转速负反馈有静差调速系统，要求
? nop
- 1=
393
K =
- 1 ≈69.68；
? ncl
5.56
转速反馈系数
α= U n*
=
10 ≈0.0067(V ? min
r )
nN
1500
放大器放大系数
K p = KC e =
69.68 ×0.131
≈38.93 。
K sα
35×0.0067
2-13 旋转编码器光栅数为
1024，倍数系数为
4，高频时时钟脉冲频率 f 0
= 1MHz ，旋转编
码器输出的脉冲个数和高频时钟脉冲个数均采用
16 位计算器， M 法和 T 法测速时间均为
0.01s，求转速
=1500r/min
和 =150r/min
时的测速分辨率和误差率最大值。
n
n
解：（ 1） M 法测速
转速 =1500r/min
和 =150r/min
时的测速分辨率
60
60
1.465
ZTc
1024×4×0.01
转速 n=1500r/min
时， M1
=
nZT
= 1500
×
×
c
4096
0.01 = 1024 ，误差率最大值
1
1
60
60
δ
=
≈0.00097 = 0.097%
；
M 1
1024
转速 n=150r/min
nZT
=
150
×
×
= 102.4 ，误差率最大值
时，M1=
c
4096
0.01
1
1
60
60
δmax =
=
≈0.0097 = 0.97% 。
M 1
102.4
（2） T 法测速
转速 n=1500r/min
时， M2
=
60 f 0
=
60 ×1×106
≈9.8 ，测速分辨率
Zn
4096 ×1500
Zn2
4096×15002
= 60 f0 - Zn = 60 ×1×106 - 4096 ×1500 ≈171
误差率最大值
δmax
=
1
=
1
≈0.103 = 10.3% 。
M2-1
9.8- 1
转速 n=150r/min 时， M 2 = 60 f0
= 60 ×1×106
≈98 ，测速分辨率
Zn
4096 ×150
Q =
Zn2
Zn =
4096 ×1502
≈1.55
f
0 -
× ×
6
- 4096
×
60
60 1
10
150
误差率最大值
δ
=
1
=
1
0.0103 =1.03%
。
max
M2-1
98- 1
≈
3-1
双闭环直流调速系统的 ASR
和 ACR
均为 PI 调节器，设系统最大给定电压
U nm*
= U im* = 15V ， nN
= 1500 r
min ， I N
= 20A ，电流过载倍数为
2，电枢回路总电阻
R = 2? ， K s = 20 ， Ce = 0.127 V ?min r ，求：
（1）当系统稳定运行在
U n*
= 5V
， I dL
= 10A
时，系统的 n、U n、U i* 、U i 和 U c 各为多少？
（2）当电动机负载过大而堵转时，
U i*
和 U c
各为多少？
解：转速反馈系数
α= U nm*
=
15
= 0.01(V ?min
r )
nN
1500
电流反馈系数
β= U im*
=
15
= 0.375(V
A )
I dm
2 ×20
（1）当系统稳定运行在
U n*
= 5V ， I dL
= 10A 时，
U n = U n* = 5(V )
n = U n*
=
5
= 500(r min )
α
0.01
U i = βIdL
= 0.375×10 = 3.75(V )
U i*
= U i
= 3.75(V )
U c = U d 0
= Cen + I dL R
= 0.127 ×500 +10×2 = 4.175( V ) 。
K s
K s
20
（2）当电动机负载过大而堵转时， n=0;
U i* = βIdm = 0.375 ×2×20 = 15(V )
U c
= I dm R = 2×20 ×2 = 4(V ) 。
K s
20
3-2 在转速、电流双闭环直流调速系统中，两个调节器
ASR 、 ACR 均采用 PI 调节器。已知
参数：电动机： P
=
3.7kW ， U
N =
220V ， I
N
=
20A
， n
=
1000 r min,
电枢回路
N
N
总电阻 R = 1.5?；设 U nm* = U im*
= U cm = 8V ，电枢回路最大电流
I dm = 40A ，电力电子变
换器的放大倍数 K s
= 40 。试求：
（1）电流反馈系数
β和转速反馈系数
α；
（2）当电动机在最高转速发生堵转时的
U d 0 ， U i*
， U i 和 U c 的值。
解：（ 1）电流反馈系数
U im*
8
β=
=
= 0.2(V A)
I dm
40
转速反馈系数
α= U nm*
=
8
= 0.008(V ?min r ) 。
nN
1000
（2）当电动机在最高转速发生堵转时，
U d0 = Cen +
U i* = U i
U c =
n=0;
I dm R = 0 + 40 ×1.5 = 60(V )
= βIdm = 0.2×40 = 8(V )
U d 0 60
= = 1.5(V ) 。
3-5 某反馈系统已校正成典型 I 型系统。已知时间常数 T=0.1s，要求阶跃响应超调量
σ≤10% 。
（1）系统的开环增益。
（2）计算过渡过程时间 ts 和上升时间 t r 。
（3）绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间
t r < 0.25 s，则 K=? σ= ?
解：典型 I 型系统开环传递函数为
W (s) =
K
s(Ts+ 1)
（1）要求阶跃响应超调量 σ≤10% ，则要求 KT ≤0.69 ，为获得尽量短的上升时间 tr ，选
择 KT = 0.69；则 K = 0.69 0.1 = 6.9
（2）过渡过程时间
t s
= 6T = 6 ×0.1 = 0.6(s)；
上升时间
t
T
s 。
r = 3.3
= 3.3 ×0.1 = 0.33( )
（3）如果要求上升时间
tr < 0.25s ，则选择 KT = 1；
K = 1 0.1 = 10 ， σ= 16.3% 。
Ki
(τ + 1)
解： PI 调节器
( ) =
i s
W s
τis
10
(τ + 1)
10Ki (τ
+ 1)
Ki
τ
i s
( ) =
s
=
i
开环传递函数
Wop s
(0.02
s
+1)
τ
2
(0.02
s
+1)
s
i s
s
对Ⅱ型系统
σ≤30%，h=7
τi = hT = 0.14s
h +1
K = 2h2T 2 = 204.1
Kτ
Ki = i = 2.8571
PI 调节器
( ) = 2.8571(0.14s +1)
W s
0.14
s
Ki = Ri
R0 取 10kΩ
Ri
